【贪心+堆启发式合并】LOJ3052 [十二省联考 2019] 春节十二响

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【题目】
LOJ
给定一棵有根树，每个节点有一个所需空间 $m_i$，你可以将一段内存 $S$分成任意多个段 $S_i$，然后将每个节点分别放入一个段中，满足每个段 $S_i$中的节点不存在祖先关系，且所需空间最大值为 $S_i$。
求存在合法方案的最小 $S$。
$n\leq 2\times 10^5$

【解题思路】
这个不存在祖先关系的限制可以相当于一个点对子树内部的限制，对于子树的根必然需要新开一段。
如果我们将子树的分段最大值排序，考虑合并两个子树的信息。
一个贪心的思想是将最大值对应合并，这个是正确的，因为如果不是对应合并，最大值的影响始终会贡献给下一个值，并不能消除其影响。
我本来以为用 $\text{set}$启发式合并一下就可以了，结果发现可重的删除有点问题，所以只能用 $\text{priority\_queue}$了。不过写 $\text{splay}$就是一个 $\log$了。

使用 $\text{priority\_queue}$后复杂度 $O(n\log ^2 n)$，使用 $\text{splay}$后复杂度 $O(n\log n)$

【参考代码】

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=2e5+10;
int n,a[N],fa[N];
vector<int>E[N];
priority_queue<int>q[N],tmp;

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}

void dfs(int x)
{
	for(auto v:E[x]) dfs(v);
	int las=0;
	for(auto v:E[x])
	{
		if(!las) las=v;
		else
		{
			if(q[las].size()<q[v].size()) swap(q[las],q[v]);
			while(!q[v].empty())
			{
				tmp.push(max(q[las].top(),q[v].top()));
				q[las].pop();q[v].pop();
			}
			while(!tmp.empty()) q[las].push(tmp.top()),tmp.pop();
		}
	}
	if(las) q[las].push(a[x]),swap(q[las],q[x]);
	else q[x].push(a[x]);
}

int main()
{
#ifdef Durant_Lee
	freopen("LOJ3052.in","r",stdin);
	freopen("LOJ3052.out","w",stdout);
#endif
	n=read();
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=read();
	for(int i=2;i<=n;++i) fa[i]=read(),E[fa[i]].pb(i);
	dfs(1);

	ll ans=0;while(!q[1].empty()) ans+=q[1].top(),q[1].pop();
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}